1、章末优化总结, )平面向量的概念与性质理解向量、共线向量、相等向量、单位向量、向量的模、夹角等概念突显向量“形”的特征是充分运用向量并结合数学对象的几何意义解题的重要前提关于平面向量a，b，c有下列三个命题：若bc，则(ac)bab；若a(1，k)，b(2，6)，ab，则k3；非零向量a和b满足|a|b|ab|，则a与ab的夹角为60.其中真命题的序号为_(写出所有真命题的序号)解析因为bc，所以bc0，所以(ac)babcbab；ab，且a0bak3；|a|b|ab|a，b，ab构成等边三角形，a与ab的夹角应为30.所以真命题为.答案平面向量的线性运算1向量的加法、减法和数乘向量的综合运算
2、，通常叫作向量的线性运算，主要是运用它们的运算法则、运算律，解决三点共线、两线段平行、线段相等、求点的坐标等问题2理解向量的有关概念如平行向量(共线向量)、相等与相反向量、平面向量基本定理、单位向量等及其相应运算的几何意义，并能灵活应用基向量、平行四边形法则、三角形法则等，是求解有关向量线性运算问题的基础如图，在ABC中，BQ与CR相交于点I，AI的延长线与边BC交于点P.(1)用和分别表示和；(2)如果，求实数和的值；(3)确定点P在边BC上的位置解(1)由，可得，又，所以.(2)将，代入，则有，即(1)(1).所以解得(3)设m，n.由(2)，知，所以nnmmm，所以解得所以，即2.即点P
3、是BC上靠近点C的三等分点平面向量的数量积求平面向量的数量积的方法有两个：一个是根据数量积的定义，另一个是根据坐标定义法是ab|a|b|cos ，其中为向量a，b的夹角；坐标法是a(x1，y1)，b(x2，y2)时，abx1x2y1y2.利用数量积可以求长度，也可判断直线与直线的关系(相交的夹角以及垂直)，还可以通过向量的坐标运算转化为代数问题解决(1)设单位向量m(x，y)，b(2，1)若mb，则|x2y|_(2)已知两个单位向量a，b的夹角为60，cta(1t)b，若bc0，则t_解析(1)因为单位向量m(x，y)，则x2y21.若mb，则mb0，即2xy0.由解得x2，所以|x|，|x2
4、y|5|x|.(2)法一：因为bc0，所以bta(1t)b0，即tab(1t)b20.又因为|a|b|1，60，所以t1t0，所以t2.法二：由t(1t)1知向量a，b，c的终点A、B、C共线，在平面直角坐标系中设a(1，0)，b，则c.把a、b、c的坐标代入cta(1t)b，得t2.答案(1)(2)2平面向量的应用平面向量的应用主要体现在两个方面，一是在平面几何中的应用，向量的加法运算和平行，数乘向量和相似，距离、夹角和数量积之间有着密切联系，因此利用向量方法可以解决平面几何中的相关问题二是在物理中的应用，主要是解决力、位移、速度等问题如图所示，G为AOB的中线OM的中点，过点G作直线分别交
5、OA，OB于点P，Q，设m，n，试推断是否为定值解设a，b，则()ab.所以abmaab.nmnbma.因为与共线，所以(R)，即ab(nbma)所以消去得m1.所以4为定值质量m2.0 kg的木块在平行于斜面向上的拉力F10 N的作用下，沿斜面角30的光滑斜面向上滑行|s|2.0 m的距离，如图所示(g取9.8m/s2)(1)分别求物体所受各力在这一过程中对物体做的功；(2)在这一过程中，物体所受各力对物体做的功的代数和是多少；(3)求物体所受合外力对物体所做的功，并指出它与物体所受各个力对物体做功的代数和之间有什么关系解(1)木块受三个力的作用，重力G，拉力F和支持力FN，如题图所示，拉力
6、F与位移s方向相同，所以拉力对木块所做的功为WFFs|F|s|cos 020(J)支持力对木块所做的功为WFNs0.重力G对物体所做的功为WGGs|G|s|cos(90)19.6(J)(2)物体所受各力对物体做功的代数和为WWFWWG0.4(J)(3)物体所受合外力的大小为|F合|F|G|sin 300.2(N)所以，物体所受合外力对物体所做的功为WF合s0.4(J)所以，物体所受合外力对物体所做的功，与物体所受各力对物体做功的代数和相等1O为平面上的一个定点，A、B、C是该平面上不共线的三点，若()(2)0，则ABC是()A以AB为底边的等腰三角形B以BC为底边的等腰三角形C以AB为斜边的直
7、角三角形D以BC为斜边的直角三角形解析：选B.由题意知()(2)()0，如图所示，其中2(点D为线段BC的中点)，所以ADBC，即AD是BC的中垂线，所以ABAC，即ABC为等腰三角形故选B.2已知e为单位向量，|a|4，a与e的夹角为，则a在e方向上的投影为_解析：根据定义知a在e方向上的投影为|a|cos2.答案：23已知向量a(6，2)，b，直线l过点A(3，1)且与向量a2b垂直，则直线l的方程为_解析：设B(x，y)为l上任意一点，则(x3，y1)，又a2b(6，2)2(2，3)，由题意得(a2b)0，所以(x3，y1)(2，3)2(x3)3(y1)0，即2x3y90.答案：2x3y
8、904设向量a，b满足|a|b|1，且|2ab|.(1)求|2a3b|的值；(2)求3ab与a2b的夹角解：(1)因为|2ab|24a24abb244ab15，所以ab0.因为|2a3b|24a29b24913，所以|2a3b|.(2)设3ab与a2b的夹角为，则cos ，又因为0，所以为所求5如图，平行四边形ABCD中，a，b，H、M分别是AD、DC的中点，BC上一点F使BFBC.(1)以a、b为基底表示向量与；(2)若|a|3，|b|4，a与b的夹角为120，求.解：(1)由已知得ab.ba(b)ab.(2)由已知得ab|a|b|cos 12034()6，从而(ab)(ab)|a|2ab|
9、b|232(6)42., 学生用书单独成册)(时间：100分钟，分数：120分)一、选择题(本大题共有10小题，每小题4分，共40分在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1下列说法正确的是()A共线向量的方向相同B零向量是0C长度相等的向量叫做相等向量D共线向量是在一条直线上的向量解析：选B.对A，共线向量的方向相同或相反，错误；对B，零向量是0，正确；对C，方向相同且长度相等的向量叫做相等向量，错误；对D，共线向量所在直线可能平行，也可能重合，错误故选B.2已知A、B、D三点共线，存在点C，满足，则()A. BC D解析：选C.因为A，B，D三点共线，所以存在实数t，使t，则
10、t()，即t()(1t)t，所以即.3已知向量a(1，2)，b(1，0)，c(3，4)若为实数，(ab)c，则()A. BC1 D2解析：选B.ab(1，2)，由(ab)c得(1)4320，所以.4已知点O，N在ABC所在平面内，且|，0，则点O，N依次是ABC的()A重心，外心 B重心，内心C外心，重心 D外心，内心解析：选C.由|知，O为ABC的外心；由0，得，取BC边的中点D，则2，知A、N、D三点共线，且AN2ND，故点N是ABC的重心5已知向量a(cos ，sin )，其中，b(0，1)，则a与b的夹角等于()A B C. D解析：选C.设a与b的夹角为，abcos 0sin (1)
11、sin ，|a|1，|b|1，所以cos sin cos()，因为，0，ycos x在0，上是递减的，所以，故选C.6已知等边三角形ABC的边长为1，a，b，c，则abbcca等于()A BC D解析：选D.由平面向量的数量积的定义知，abbcca|a|b|cos(C)|b|c|cos(A)|c|a|cos(B)cos(C)cos(A)cos(B)cos Ccos Acos Bcos 60.故选D.7已知平面向量a，b，|a|1，|b|，且|2ab|，则向量a与向量ab的夹角为()A. BC. D解析：选B.因为|2ab|24|a|24ab|b|27，|a|1，|b|，所以44ab37，ab0
12、，所以ab.如图所示，a与ab的夹角为COA，因为tanCOA，所以COA，即a与ab的夹角为.8在ABC中，BAC60，AB2，AC1，E，F为边BC的三等分点，则()A. BC. D解析：选A.依题意，不妨设，2，则有()，即；2()，即.所以()()(2)(2)(22225)(222212521cos 60)，故选A.9已知非零向量a，b，c满足abc0，向量a，b的夹角为60，且|b|a|1，则向量a与c的夹角为()A60 B30C120 D150解析：选D.因为abc0，所以c(ab)，所以|c|2(ab)2a2b22ab22cos 603，所以|c|.又ca(ab)aa2ab1co
13、s 60，设向量c与a的夹角为，则cos ，因为0180，所以150.10在ABC中，AC6，BC7，cos A，O是ABC的内心，若xy，其中0x1，0y1，则动点P的轨迹所覆盖的面积为()A. BC. D解析：选A.如图，因为xy，其中0x1，0y1，所以动点P的轨迹所覆盖的区域是以OA，OB为邻边的平行四边形OAMB，则动点P的轨迹所覆盖的面积SABr，r为ABC的内切圆的半径在ABC中，由向量的减法法则得，所以2()2，即|2|2|22|cos A，由已知得7262|212|，所以5|212|650，所以|5.所以SABC65sin A6，又O为ABC的内心，故O到ABC各边的距离均为
14、r，此时ABC的面积可以分割为三个小三角形的面积的和，所以SABC(657)r，即(657)r6，所以r，故所求的面积SABr5.二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分把答案填在题中横线上)11已知向量a(2，3)，b(1，2)，若ma4b与a2b共线，则m的值为_解析：ma4b(2m4，3m8)，a2b(4，1)，因为ma4b与a2b共线，所以1(2m4)4(3m8)，解得m2.答案：212如图，在四边形ABCD中，AC和BD相交于点O，设a，b，若2，则_(用向量a和b表示)解析：因为()ab.因为1，解得.所以ab.答案：ab13已知两点A(1，0)，B(1，)，O为坐标原点，
15、点C在第一象限，且AOC120.设 3(R)，则_解析：由题意，得3(1，0)(1，)(3，)，因为AOC120，所以，即，解得.答案：14已知菱形ABCD的边长为2，BAD120，点E，F分别在边BC、DC上，BC3BE，DCDF.若1，则的值为_解析：因为，所以()()2222cos 1201.解得2.答案：215若将向量a(1，2)绕原点按逆时针方向旋转得到向量b，则b的坐标是_解析：如图，设b(x，y)，则|b|a|，ab|a|b|cos，又x2y25，abx2y，得x2y，解得x，y(舍去x，y)故b.答案：三、解答题(本大题共5小题，共55分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
16、16(本小题满分10分)已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a(1，2)(1)若|c|2，且ca，求c的坐标；(2)若|b|，且a2b与2ab垂直，求a与b的夹角.解：(1)由a(1，2)，得|a|，又|c|2，所以|c|2|a|.又因为ca，所以c2a，所以c(2，4)或c(2，4)(2)因为a2b与2ab垂直，所以(a2b)(2ab)0，即2|a|23ab2|b|20，将|a|，|b|代入，得ab.所以cos 1，又由0，得，即a与b的夹角为.17(本小题满分10分)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1，4)，B(2，3)，C(2，1)(1)求，及|；(2)设实数t满足(t)，求t
17、的值解： (1)因为A(1，4)，B(2，3)，C(2，1)所以(3，1)，(1，5)，(2，6)，|2.(2)因为(t)，所以(t)0，即t20，因为32(1)(1)5，222(1)25，所以55t0，所以t1.18(本小题满分10分)已知向量、满足条件0，|1.求证：P1P2P3是正三角形证明：因为0，所以，所以()2()2，所以|2|22|2，所以，又cosP1OP2，所以P1OP2120.所以|.同理可得|.故P1P2P3是等边三角形19(本小题满分12分)已知正方形ABCD，E、F分别是CD、AD的中点，BE、CF交于点P.求证：(1)BECF；(2)APAB.证明：如图建立直角坐标
18、系xOy，其中A为原点，不妨设AB2，则A(0，0)，B(2，0)，C(2，2)，E(1，2)，F(0，1)(1)(1，2)(2，0)(1，2)，(0，1)(2，2)(2，1)，因为1(2)2(1)0，所以，即BECF.(2)设P(x，y)，则(x，y1)，(2，1)，因为，所以x2(y1)，即x2y2.同理，由，得y2x4，代入x2y2.解得x，所以y，即P.所以242，所以|，即APAB.20(本小题满分13分)(1)如图，设点P，Q是线段AB的三等分点，若a，b，试用a，b表示，并判断与的关系(2)受(1)的启示，如果点A1，A2，A3，An1是AB的n(n3)等分点，你能得到什么结论？请证明你的结论解：(1)()ab.同理ab.ab.(2)结论：.证明如下：由(1)可推出() ，所以ab，同理ab，所以ab.又OA2ab，ab，所以ab，因此有.
